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6. (2025 淮安二模)如图11-1-20所示,悬臂式红绿灯设计中,螺钉对支架底座的压力最小的是 (
D
)答案
6.D
解析
【分析】
要解决该问题，需运用杠杆平衡条件分析：将支架视为杠杆，支点为竖直杆与底座的连接点，红绿灯的重力为阻力，螺钉对底座的压力为动力。根据杠杆平衡条件，当动力臂、阻力不变时，阻力臂越小，动力越小，即螺钉对底座的压力越小，因此需判断各选项中红绿灯重心到支点的水平距离（阻力臂），阻力臂最小的选项即为答案。
【解析】
把支架看作杠杆，支点是竖直杆与底座的连接点。红绿灯的重力$G$为阻力，其作用线竖直向下，阻力臂是支点到红绿灯重心的水平距离；螺钉对底座的压力$F$为动力，动力臂是支点到螺钉力作用线的垂直距离，各选项中动力臂大小相近。根据杠杆平衡条件$F · L_{动} = G · L_{阻}$，可得$F=\frac{G · L_{阻}}{L_{动}}$，由于$G$和$L_{动}$不变，阻力臂$L_{阻}$越小，动力$F$越小，即螺钉对底座的压力越小。观察四个选项，D选项中红绿灯的重心距离支点的水平距离最小，因此螺钉对底座的压力最小。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定杠杆的支点与阻力臂，通过分析阻力臂大小判断动力大小，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.3
要解决该问题，需运用杠杆平衡条件分析：将支架视为杠杆，支点为竖直杆与底座的连接点，红绿灯的重力为阻力，螺钉对底座的压力为动力。根据杠杆平衡条件，当动力臂、阻力不变时，阻力臂越小，动力越小，即螺钉对底座的压力越小，因此需判断各选项中红绿灯重心到支点的水平距离（阻力臂），阻力臂最小的选项即为答案。
【解析】
把支架看作杠杆，支点是竖直杆与底座的连接点。红绿灯的重力$G$为阻力，其作用线竖直向下，阻力臂是支点到红绿灯重心的水平距离；螺钉对底座的压力$F$为动力，动力臂是支点到螺钉力作用线的垂直距离，各选项中动力臂大小相近。根据杠杆平衡条件$F · L_{动} = G · L_{阻}$，可得$F=\frac{G · L_{阻}}{L_{动}}$，由于$G$和$L_{动}$不变，阻力臂$L_{阻}$越小，动力$F$越小，即螺钉对底座的压力越小。观察四个选项，D选项中红绿灯的重心距离支点的水平距离最小，因此螺钉对底座的压力最小。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定杠杆的支点与阻力臂，通过分析阻力臂大小判断动力大小，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.3
7.（2023南京期中）如图11-1-21所示的一轻质硬棒，AB=BC=CD，在A点悬挂重物G，硬棒在力F的作用下处于水平平衡，则硬棒的支点可能在杠杆上的
D
（选填“A”“B”“C”或“D”）点，当G=150 N时，力F的大小为900
N。答案
7. D 900
解析
【分析】
要解决本题，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂），分两步思考：第一步判断支点：杠杆平衡时，动力和阻力需使杠杆转动方向相反，A点重物G使杠杆绕某点顺时针转动，力F斜向上，需对应逆时针转动，因此支点只能在D点；第二步计算力F：先确定各段长度关系，再计算斜向力F的力臂，代入杠杆平衡公式求解。
【解析】
设AB=BC=CD=L，则AD=3L。
1. 判断支点：若支点为A、B、C，无法满足动力与阻力使杠杆转动方向相反的平衡要求，只有支点为D时，G使杠杆顺时针转动，F使杠杆逆时针转动，符合平衡条件。
2. 计算力F：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，阻力为$G=150N$，阻力臂$L_{阻}=AD=3L$；动力F的力臂是支点D到F作用线的垂直距离，F与水平方向成30°，故动力臂$L_{动}=CD×\sin30°=L×0.5$。代入公式：
$G×L_{阻}=F×L_{动}$
$150N×3L=F×0.5L$
约去L，解得$F=\frac{150×3}{0.5}=900N$。
【答案】
D；900
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的计算
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确判断支点和计算斜向力的力臂，需注意力臂是支点到力作用线的垂直距离，而非作用点到支点的距离，是杠杆章节的典型基础题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂），分两步思考：第一步判断支点：杠杆平衡时，动力和阻力需使杠杆转动方向相反，A点重物G使杠杆绕某点顺时针转动，力F斜向上，需对应逆时针转动，因此支点只能在D点；第二步计算力F：先确定各段长度关系，再计算斜向力F的力臂，代入杠杆平衡公式求解。
【解析】
设AB=BC=CD=L，则AD=3L。
1. 判断支点：若支点为A、B、C，无法满足动力与阻力使杠杆转动方向相反的平衡要求，只有支点为D时，G使杠杆顺时针转动，F使杠杆逆时针转动，符合平衡条件。
2. 计算力F：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，阻力为$G=150N$，阻力臂$L_{阻}=AD=3L$；动力F的力臂是支点D到F作用线的垂直距离，F与水平方向成30°，故动力臂$L_{动}=CD×\sin30°=L×0.5$。代入公式：
$G×L_{阻}=F×L_{动}$
$150N×3L=F×0.5L$
约去L，解得$F=\frac{150×3}{0.5}=900N$。
【答案】
D；900
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的计算
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确判断支点和计算斜向力的力臂，需注意力臂是支点到力作用线的垂直距离，而非作用点到支点的距离，是杠杆章节的典型基础题。
【难度系数】
0.4
8.（2024无锡宜兴二模）如图11-1-22甲所示是学校里面常用的一种质量为3 kg的移动指示牌，结构示意图如图乙所示，其中AB为指示牌面，CD和BE为支架（AB长为80 cm，BE、CE、ED长均为40 cm，支架重力不计）。指示牌被风吹时可看作杠杆，根据图乙所示风向，则支点是
C
（填字母），若增大BE的长度，则指示牌更容易
（选填“容易”或“不容易”）被风吹倒。假设此时指示牌重力的作用线通过E点，风的作用点可以看作在AB的中点上，根据图乙所示风向可计算出刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力大小为15 N
。（g取10 N/kg）答案
8. C 容易 15 N
解析
【分析】
当指示牌被风吹至D端刚好离开地面时，杠杆绕C点转动，据此确定支点；增大BE长度时，风力的力臂会变化，结合力矩变化判断是否易被吹倒；计算风力时，需利用杠杆平衡条件，先确定重力和风力的力臂，再代入公式计算。
【解析】
1. 确定支点：当D端刚好被吹离地面时，CD上的D点脱离地面，杠杆绕C点转动，因此支点为C。
2. 分析BE长度的影响：风力使指示牌转动的力臂是风力作用点到支点的竖直距离，当BE增大时，该竖直距离（力臂）增大，相同风力产生的转动力矩更大，指示牌更容易被吹倒。
3. 计算风力大小：
指示牌重力：$ G = mg = 3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 30\ \mathrm{N} $。
重力的力臂：支点C到重力作用线（竖直向下，过E点）的垂直距离为$ CE = 40\ \mathrm{cm} = 0.4\ \mathrm{m} $。
风力的力臂：AB中点的竖直高度为$ BE + \frac{AB}{2} = 40\ \mathrm{cm} + \frac{80\ \mathrm{cm}}{2} = 80\ \mathrm{cm} = 0.8\ \mathrm{m} $，即风力的力臂为0.8m。
根据杠杆平衡条件$ F · L_F = G · L_G $，代入得：$ F × 0.8\ \mathrm{m} = 30\ \mathrm{N} × 0.4\ \mathrm{m} $，解得$ F = 15\ \mathrm{N} $。
【答案】
C；容易；15 N
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；重力计算
【点评】
本题结合生活实例考查杠杆知识，需正确识别支点、找准力臂，利用杠杆平衡条件分析计算，是中等难度的力学应用题。
【难度系数】
0.3
当指示牌被风吹至D端刚好离开地面时，杠杆绕C点转动，据此确定支点；增大BE长度时，风力的力臂会变化，结合力矩变化判断是否易被吹倒；计算风力时，需利用杠杆平衡条件，先确定重力和风力的力臂，再代入公式计算。
【解析】
1. 确定支点：当D端刚好被吹离地面时，CD上的D点脱离地面，杠杆绕C点转动，因此支点为C。
2. 分析BE长度的影响：风力使指示牌转动的力臂是风力作用点到支点的竖直距离，当BE增大时，该竖直距离（力臂）增大，相同风力产生的转动力矩更大，指示牌更容易被吹倒。
3. 计算风力大小：
指示牌重力：$ G = mg = 3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 30\ \mathrm{N} $。
重力的力臂：支点C到重力作用线（竖直向下，过E点）的垂直距离为$ CE = 40\ \mathrm{cm} = 0.4\ \mathrm{m} $。
风力的力臂：AB中点的竖直高度为$ BE + \frac{AB}{2} = 40\ \mathrm{cm} + \frac{80\ \mathrm{cm}}{2} = 80\ \mathrm{cm} = 0.8\ \mathrm{m} $，即风力的力臂为0.8m。
根据杠杆平衡条件$ F · L_F = G · L_G $，代入得：$ F × 0.8\ \mathrm{m} = 30\ \mathrm{N} × 0.4\ \mathrm{m} $，解得$ F = 15\ \mathrm{N} $。
【答案】
C；容易；15 N
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；重力计算
【点评】
本题结合生活实例考查杠杆知识，需正确识别支点、找准力臂，利用杠杆平衡条件分析计算，是中等难度的力学应用题。
【难度系数】
0.3
9.（教材素材题）（2025南京玄武区校级开学）《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作，小艺在阅读时发现书中记录了一种在井上打水的工具“桔槔”。如图
11-1-23甲所示，其原理是初中物理所学的杠杆知识，图乙是“桔槔”的简化模型图，通过在轻质“桔槔”上挂配重石块可以将井中的水桶打捞出来。其中OB长度为1 m，OA长度为3 m，木桶的重力为10 N，容积为20 L。某次打捞时将重为100 N的石块悬挂在C点，石块匀速提升装满水的木桶至图示位置，若过程中不考虑水溢出。（g取10 N/kg）
(1)求木桶中水的重力。
(2)求C点与A点的距离。
(3)若只在A端固定悬挂重为50 N的石块作为配重，求提升装满水的木桶时，作用于桶上绳端向上的力至少为多大。
11-1-23甲所示，其原理是初中物理所学的杠杆知识，图乙是“桔槔”的简化模型图，通过在轻质“桔槔”上挂配重石块可以将井中的水桶打捞出来。其中OB长度为1 m，OA长度为3 m，木桶的重力为10 N，容积为20 L。某次打捞时将重为100 N的石块悬挂在C点，石块匀速提升装满水的木桶至图示位置，若过程中不考虑水溢出。（g取10 N/kg）
(1)求木桶中水的重力。
(2)求C点与A点的距离。
(3)若只在A端固定悬挂重为50 N的石块作为配重，求提升装满水的木桶时，作用于桶上绳端向上的力至少为多大。
答案
9. (1)桶内水的质量:$m_水=\rho_水 V_水=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×20×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=20\ \mathrm{kg}$，木桶中水的重力:$G_水=m_水 g=20\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=200\ \mathrm{N}$。
(2)由杠杆的平衡条件可知,$(G_水+G_{桶})× OB=G_{石}× OC$，代入数据可得,$(200\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N})×1\ \mathrm{m}=100\ \mathrm{N}× OC$，解得$OC=2.1\ \mathrm{m}$，则C点与A点的距离:$CA=OA-OC=3\ \mathrm{m}-2.1\ \mathrm{m}=0.9\ \mathrm{m}$。
(3)由杠杆的平衡条件可知,$(G_水+G_{桶}-F)× OB=G_{石小}× OA$，代入数据可得,$(200\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}-F)×1\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}$,解得$F=60\ \mathrm{N}$,提升装满水的木桶时,作用于桶上绳端向上的力至少为60 N。
(2)由杠杆的平衡条件可知,$(G_水+G_{桶})× OB=G_{石}× OC$，代入数据可得,$(200\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N})×1\ \mathrm{m}=100\ \mathrm{N}× OC$，解得$OC=2.1\ \mathrm{m}$，则C点与A点的距离:$CA=OA-OC=3\ \mathrm{m}-2.1\ \mathrm{m}=0.9\ \mathrm{m}$。
(3)由杠杆的平衡条件可知,$(G_水+G_{桶}-F)× OB=G_{石小}× OA$，代入数据可得,$(200\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}-F)×1\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}$,解得$F=60\ \mathrm{N}$,提升装满水的木桶时,作用于桶上绳端向上的力至少为60 N。
解析
【分析】
本题是利用杠杆平衡条件解决实际问题，分三步思考：
1. 求水的重力：先将水的体积单位换算为国际单位，用密度公式算水的质量，再通过重力公式求水的重力；
2. 求C点与A点的距离：确定杠杆支点为O，明确阻力（木桶和水的总重力）、阻力臂（OB），动力（石块重力）、动力臂（OC），依据杠杆平衡条件算出OC，结合OA长度求CA；
3. 求绳端向上的力：此时A端石块为动力，阻力是木桶和水的总重力减去绳端拉力F，再次用杠杆平衡条件列方程求解F。
【解析】
(1) 水的体积：$V=20\ \mathrm{L}=20×10^{-3}\ \mathrm{m^3}$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得水的质量：$m_水=\rho_水 V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×20×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=20\ \mathrm{kg}$，
木桶中水的重力：$G_水=m_水 g=20\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=200\ \mathrm{N}$；
(2) 杠杆支点为O，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，木桶和水的总重力$G_{总}=G_水+G_{桶}=200\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}=210\ \mathrm{N}$，阻力臂$OB=1\ \mathrm{m}$，动力为石块重力$G_{石}=100\ \mathrm{N}$，动力臂为OC，
代入得：$210\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=100\ \mathrm{N}×OC$，
解得$OC=2.1\ \mathrm{m}$，
则C点与A点的距离：$CA=OA - OC=3\ \mathrm{m}-2.1\ \mathrm{m}=0.9\ \mathrm{m}$；
(3) 此时A端石块重力$G_{石小}=50\ \mathrm{N}$，动力臂$OA=3\ \mathrm{m}$，阻力为$G_{总}-F$，阻力臂$OB=1\ \mathrm{m}$，
根据杠杆平衡条件：$(210\ \mathrm{N}-F)×1\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}$，
解得$F=60\ \mathrm{N}$；
【答案】
(1) 200 N；(2) 0.9 m；(3) 60 N
【知识点】
密度与重力计算、杠杆平衡条件
【点评】
本题结合古代工具“桔槔”考查物理知识的实际应用，需掌握密度、重力计算和杠杆平衡条件，正确确定杠杆的支点、力和力臂是解题关键，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题是利用杠杆平衡条件解决实际问题，分三步思考：
1. 求水的重力：先将水的体积单位换算为国际单位，用密度公式算水的质量，再通过重力公式求水的重力；
2. 求C点与A点的距离：确定杠杆支点为O，明确阻力（木桶和水的总重力）、阻力臂（OB），动力（石块重力）、动力臂（OC），依据杠杆平衡条件算出OC，结合OA长度求CA；
3. 求绳端向上的力：此时A端石块为动力，阻力是木桶和水的总重力减去绳端拉力F，再次用杠杆平衡条件列方程求解F。
【解析】
(1) 水的体积：$V=20\ \mathrm{L}=20×10^{-3}\ \mathrm{m^3}$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得水的质量：$m_水=\rho_水 V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×20×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=20\ \mathrm{kg}$，
木桶中水的重力：$G_水=m_水 g=20\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=200\ \mathrm{N}$；
(2) 杠杆支点为O，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，木桶和水的总重力$G_{总}=G_水+G_{桶}=200\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}=210\ \mathrm{N}$，阻力臂$OB=1\ \mathrm{m}$，动力为石块重力$G_{石}=100\ \mathrm{N}$，动力臂为OC，
代入得：$210\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=100\ \mathrm{N}×OC$，
解得$OC=2.1\ \mathrm{m}$，
则C点与A点的距离：$CA=OA - OC=3\ \mathrm{m}-2.1\ \mathrm{m}=0.9\ \mathrm{m}$；
(3) 此时A端石块重力$G_{石小}=50\ \mathrm{N}$，动力臂$OA=3\ \mathrm{m}$，阻力为$G_{总}-F$，阻力臂$OB=1\ \mathrm{m}$，
根据杠杆平衡条件：$(210\ \mathrm{N}-F)×1\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}$，
解得$F=60\ \mathrm{N}$；
【答案】
(1) 200 N；(2) 0.9 m；(3) 60 N
【知识点】
密度与重力计算、杠杆平衡条件
【点评】
本题结合古代工具“桔槔”考查物理知识的实际应用，需掌握密度、重力计算和杠杆平衡条件，正确确定杠杆的支点、力和力臂是解题关键，难度适中。
【难度系数】
0.6
10.［质疑创新］（2025南通启东期末）小制作：蜡烛跷跷板。选用一根塑料管，中间插上一根大号缝衣针，选取两支相同的蜡烛，根部插入塑料管，再把缝衣针两端分别放在两个玻璃杯口，点燃蜡烛，就做成了蜡烛跷跷板，如图
所示。下列说法正确的是（
A.选用相对较粗的蜡烛效果更好
B.转轴的位置离跷跷板重心越远越好
C.跷跷板较低那端的蜡油熔化速度更大
D.为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴处于跷跷板重心下方
所示。下列说法正确的是（C
）A.选用相对较粗的蜡烛效果更好
B.转轴的位置离跷跷板重心越远越好
C.跷跷板较低那端的蜡油熔化速度更大
D.为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴处于跷跷板重心下方
答案
10. C
解析
【分析】
要解决这道题，需结合蜡烛跷跷板的原理（杠杆平衡原理），分析蜡烛燃烧时的质量变化对杠杆两端力的影响，逐一判断选项：结合杠杆平衡条件、蜡烛燃烧的特点，明确各选项描述的合理性，排除错误选项，确定正确答案。
【解析】
A选项：选用较粗的蜡烛，其质量更大，转动时惯性更大，难以灵活摆动，会降低实验效果，故A错误；
B选项：转轴位置应靠近跷跷板的重心，这样才能让两端蜡烛因质量变化产生的力的差异更容易使装置摆动，若转轴离重心过远，需要更大的力才能转动，效果差，故B错误；
C选项：当跷跷板某端较低时，该端蜡烛的火焰加热更充分，蜡油熔化速度更快，蜡烛质量减小，重力减小，该端会向上摆动，从而形成交替升降的跷跷板效果，故C正确；
D选项：若转轴处于跷跷板重心下方，装置会处于稳定平衡状态，不会发生摆动，无法形成蜡烛跷跷板，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、熔化现象
【点评】
本题结合生活小制作“蜡烛跷跷板”，考查杠杆平衡条件的实际应用，将物理知识与实践操作结合，需要学生理解蜡烛燃烧时的质量变化对杠杆平衡的影响，注重知识的应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合蜡烛跷跷板的原理（杠杆平衡原理），分析蜡烛燃烧时的质量变化对杠杆两端力的影响，逐一判断选项：结合杠杆平衡条件、蜡烛燃烧的特点，明确各选项描述的合理性，排除错误选项，确定正确答案。
【解析】
A选项：选用较粗的蜡烛，其质量更大，转动时惯性更大，难以灵活摆动，会降低实验效果，故A错误；
B选项：转轴位置应靠近跷跷板的重心，这样才能让两端蜡烛因质量变化产生的力的差异更容易使装置摆动，若转轴离重心过远，需要更大的力才能转动，效果差，故B错误；
C选项：当跷跷板某端较低时，该端蜡烛的火焰加热更充分，蜡油熔化速度更快，蜡烛质量减小，重力减小，该端会向上摆动，从而形成交替升降的跷跷板效果，故C正确；
D选项：若转轴处于跷跷板重心下方，装置会处于稳定平衡状态，不会发生摆动，无法形成蜡烛跷跷板，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、熔化现象
【点评】
本题结合生活小制作“蜡烛跷跷板”，考查杠杆平衡条件的实际应用，将物理知识与实践操作结合，需要学生理解蜡烛燃烧时的质量变化对杠杆平衡的影响，注重知识的应用能力。
【难度系数】
0.5
